标签：le .. 5000 卷积 sum 离散 int 循环 数组

给定两个整数数组 \(a[0..n-1],b[0..n-1]\)，求出它们的循环卷积 \(c[0..n-1]\)。其中：

\[\large c_i=\max\limits_{0\le j<n}\{a_j+b_{(i-j+n)\mod n}\} \]

对于 \(100\%\) 的数据，\(n\le 2\times 10^5,0\le a_i,b_i\le 5000,\sum a_i\le 5000,\sum b_i\le 5000\)。

原题有个 \(\mathcal{O(n^2)}\) 暴力，所以人均 60 分。

正解隐藏在数据范围中，\(\sum a_i\le 5000,\sum b_i\le 5000\) 有什么实际意义？

答：数组 \(a,b\) 中，各自最多有 \(5000\) 个数不为 \(0\)。运用反证法，其实压根不用，正确性是显然的。

因此考虑刷表法，有至少一个数为 \(0\) 时，\(c_i\) 最大值为 \(\max\{a_i\}+\max\{b_j\}\)，将其赋为 \(c\) 数组初值，再 \(\mathcal{O(n^2)}\) 地用不为 \(0\) 的那至多 \(5000\) 个数更新 \(c\) 数组。虽然也是 \(n^2\)，但数据范围缩减到了 \(5000\)，完全能过。

具体做法是：扫 \(a,b\) 两数组，把不为 \(0\) 的分别拿出来，扔进数组 \(a',b'\)，同时保留其编号（可以用 pair 类型）。不难发现 \(a_i+b_j\) 可以更新 \(c_{(i+j)\mod n}\)，做完了。这件事情很像离散化，所以就以此为标题了（大雾

下面是 AC 代码：

int main(){
	int n,cnt1=0,cnt2=0;
	scanf("%d",&n);
	for(int i(0);i<n;++i){
		int x; scanf("%d",&x);
		if(x) a[++cnt1]=std::make_pair(x,i);//输入的时候顺带就挑出来了，下同
	}
	for(int i(0);i<n;++i){
		int x; scanf("%d",&x);
		if(x) b[++cnt2]=std::make_pair(x,i);
	}
	std::sort(a+1,a+cnt1+1);
	std::sort(b+1,b+cnt2+1);
	c[0]=std::max(a[cnt1].first,b[cnt2].first);//排序只是为了找max，并无必要，可以O(n)扫一遍嘛
	for(int i(1);i<n;++i) c[i]=c[0];//赋初值，如果没赋能水80分，但是显然一卡就没了
	for(int i(1);i<=cnt1;++i)
		for(int j(1);j<=cnt2;++j)
			c[(a[i].second+b[j].second)%n]=std::max(c[(a[i].second+b[j].second)%n],a[i].first+b[j].first);
	for(int i(0);i<n;++i){
		printf("%d",c[i]);
		putchar(i==n-1?'\n':' ');//最后不加空格，末尾有换行是代码好习惯，否则fc可能出错，搞崩心态
	}
	return 0;
}

THE END

标签：le,..,5000,卷积,sum,离散,int,循环,数组
来源： https://www.cnblogs.com/q0000000/p/15535779.html

本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享；
2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关；
3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关；
4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除；
5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。